1.1.2 空间向量的数量积运算(创新拔高)课时练习 2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

1.1.2空间向量的数量积运算 1.在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足AM=xAB+yAC-(C+y-)AD,点N满足 BN=BA+(I-)BC,当AM、BN最短时，AM·MN=() 4 4 1 1 A.3 B.3 C.3 D.3 2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为1，且PA 与AB,AD的夹角都等于60°若M是PC的中点，则BMF() A 3 3 3 √ A.4 B.4 C.3 D.2 3.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PCD,∠PDC=12O°，AB/DC, PD-AD=AB=IDC 21 ,若点M为棱PC上靠近点C的三等分点，则AM在AB上的投影为( D> AB A.3 5AB B. AB C.5 1 AB D.6 4在正方体ABCD-AB,CD中，若AE=3EB,CF=3FD,则BE与DF所成角的正弦值是 () 15 1 8 5 A.17 B.2 C.17 D.2 5.给定两个不共线的空间向量a与b,定义叉乘运算a×b,规定：①a×b为同时与a,b垂直 的向量：②a,,axb三个向量构成右手系（如图①）；③laxbHa小sin(a,b).如图②， 在长方体ABCD-AB,CD中，AB=AD=2,A4=4,则下列说法中错误的是() D ↑axb D ① ② A.ABx AD=AA B.ABx AD=ADx AB C.(AB+AD)×AA=AB×AA+AD×AA D.'长方体4BCD-4CA=(AB×AD)-CC 6.如图，在平行六面体ABCD-ABCD中，AB=AD=AA=1, ∠BAD=∠AAB=∠AAD=60°，E为CC的中点，则点E到直线AC的距离为() D C A B E D 25 √5 √5 √ A.3 B.3 c.5 D.6 7.(多选)如图，四面体OABC中，OB=OC=4,OA=3,OB⊥OC, ∠A0B=∠A0C=60°， CD-2CB 3,G为AD的中点，点H是棱OA上的动点，则下列说法正 确的是() H 0G=20A+0B+0G) 3 B当H是靠近点A的三等分点时， Di,OC,AB共面 0i=30A C.当 6时，G71OA D.DH·OH的最小值为-1 8.(多选)己知平行六面体ABCD-AB,CD的所有棱长都相等，AB=a,AD=b,A4=c, (a,)=a,c9=h,cy= B2-号cRF-2b 3,且a+b+c上2W6,点E,F满足2， 3,平面过 点A,E,F,则() A.BD⊥BB, B.△4BD的面积是2V3 C.平面a与平面CDD,C的交线长为2 D.点C到平面的距离是点C1到平面a的距离的5倍 9.已知空间向量OA,OB,OC两两夹角均为3，且OAH0BH0C1若存在非零实数元， “,使得OP=(OA+OB),B0=(OC-OB),且OP·P0=B0·PD=0,则2= 10.如图，在正四棱台ABCD-ABCD中，AB=4.若AB·AC=64,则DC·AC= D 2 11.体积为12的正四面体内有一个球O,球O与该正四面体的各面均有且只有一个公共点， M,V是球O表面上的两动点，点P在该正四面体的表面上运动，当MN最大时，PM·PN 的最大值是 12.如图，已知正方体ABCD-4B,CD的棱长为4，M,N,G分别是棱A4,BC,AD的中 点，设O是该正方体表面上的一点，若M0=xMG+yM(x,y∈R) D B A D B (1)求点Q的轨迹围成图形的面积： (2)求MG·M0的最大值 答案以及解析 1.答案：A 解析：由共面向量定理和共线向量定理可知，M∈平面BCD,N∈直线AC, 当AM、BN最短时，AM⊥平面BCD,BN⊥AC,所以M为△BCD的中心，N为AC的中 2c-23 点，易得 3 因为AM⊥平面BCD,MCC平面BCD,所以AM⊥MC, 所以 ,又 所丽孤c+w列=a=号 2.答案：D 解析：因为M是PC的中点，所以 丽c+号丽而+-丽= 2 }而+号0西 2 2,所以 +号而0-06-号孤丽 因为侧棱PA的长为1，且PA与AB,AD的夹角都等于60°， 所以 xPIc0sG0-cos90cos60 444 2 -3+20-1-3 Γ4444，所以 2 3.答案：D PD=AD-AB=IDC=a 解析：方法一：设 ,由题意得 W=D+Dp+m=而+Dp+Pc-AD+np号C-列-a0-r+号衣 3 aw-4B-(D+号Dr+3 Depc-40-c+名on-c+5c-c 所以 1 ×a×2a×cos120°+-×2a×2a= 6 、3 6”，则AM在AB上的投影为 4B4AB平AB-。B= M·ABAB AM·AB 6 方法二：如图，过点M,P分别作MH,PE垂直CD,垂足分别为H,E,因为AD⊥平面 PCD,CDC平面PCD,所以AD⊥CD,所以AM在DC上的投影为DF, 又DCI∥AB,所以AM在AB上的投影为DF.因为∠PDC=120°，所以∠PDE=60°，设 DE=a 5a CE= AB=a,则2，DC=2a,所以2，又MHIIPE,，点M为棱PC上靠近点C的三 CH= Sa DH=2a-50-7a DH=148 等分点，所以“6，所 66,所以6，故AM在AB上的投影 B 为6 M D e- B 4.答案：C 解析：如图，设正方体的棱长为4，AB=a,AD=b,A4=c,则aHb月c上4， a-6--e-c=.DF-DD+DF 4 E-属=瓜-丽-，则-+grc116=1 161 那f=+ef-G+e=1+16=7,数Df而，而，又 16 1 cos(DF,BE)= DF.BE 15 ，所以 DFBE117,设BE与 DF所成的角为8，则⊙ 6=原，函-骨-音教临e 5.答案：B 解析：对于A,A4同时与AB,AD垂直， |AB×ADHAB|ADsin(AB,AD)=2×2sin90°=4AAl,且AB,4D,A4构成右手系， 即B×AD=A风成立，A正确；对于B,AB×D=A,D×AB=-A杯，则 AB×AD≠AD×AB,B错误；对于C,1(MB+AD)×A4HAC×AA=2V2×4×sin90°=8V2 ,AC×A4与DB其线，且方向相同，AB×AMF2×4×si血90°=8，AB×AM与DA共线，且 方向相同，MD×A卡2×4×sin90°=8，AD×A与4B共线，且方向相同，则 AB×AA+ADx AA=82,AB×AA+AD×AA与DB共线，且方向相同，因此 (MB+AD)×A1=B×A4+D×,C正确；对于D,'长方体C0-4GA=2x2×4=16 (AB×AD.CC=A4CC=4-16,因此长方cn-Sa=AB×AD)CC,D正确故选B. 6.答案：D 解析：设AB=a,AD=b,A4=C,因为AB=AD=A4=1, 11 ∠BAD=∠AAB=∠AAD=60°，所以 a·b=ac=bc=l×l× 22,又 AC=AB+BC+CC=a+b+e,CC=c, 所以 C-CC=(a+b+e).c=a-c+b-c+e-++l= AC=(a+b+e)=va+b+ci+2a.b+2a.c+2b.c=+1+1+1+1+1-6, cos(C,cC）= 0宁，en4cc-we网-号号. AC·CC =2-6 所以点E到直线AC的距离为 n4ccg普，ta 7.答案：BCD 10A=3,10BH0C=4,则OA.0B=0A.0C=3×4×cos60°=6， 解析：由题意知 OB.OC=0.对于A,因为 D=4C+CD=AC+2C丽=AC+子aB-AC) 号西+4c-号05-0m+oc-0网=-0+号08+0c ,所以 oc-0m+aG-0i+0-oi+{o1+号o+号oc0i+号0丽+oc ,A错误； A=LOA 对于B,当H是靠近点A的三等分点，即 3 时， D丽=丽-0=o1-（-01+号o丽+5oc 30i-0丽-0c-号o-0丽-0c=号丽-c】 3 33 3 3 AB3C,所以Di,AB,OC共面，B正确： 对于c因为而-0G-0丽-oi+0+c-0i=-0+0丽+0c 3 66 3 3 6，所以 HG.0A--104+0804+0C.04--x9+x6+x6=0 3 3 6 336,所以HG1OA,即 G丑⊥OA,C正确： 对于D,设 0i=10A(0≤元≤)，则Di=0i-0D=0A-(OA+AD) =0ai-(oi-i+号o+5oc=0i-号0o-号0c 3，所以 Di-0丽=（0i-号on0c0i=0-2.o8-号o.0c-9-6说0sA<1, 3 1 1 .9×三-6×=-1 当3时，DFOF取到最小值，为93，D正确 8.答案：ACD 解析：由题意知a日b9将a+b+c26的两边平方，得3a2+6a-b=6a2=24,所以 |a=2,即平行六面体ABCD-AB,CD的棱长为2，所以△4BD是边长为2的正三角形，其 x2'xsinx ×22=V3 面积为 34 ,B错误」 D B A E 如图，连接AC,交BD于点O,连接AO,则AC⊥BD,AO⊥BD.又AC∩AO=O, AC,4Oc平面AAO,所以BD⊥平面A4O.又A4C平面A4O,所以BD L AA.因为 AAIIBB,所以BD1BB,A正确连接AE,EP,延长EF与CC的延长线交于点G,则 GC_FC_1 折以GC,=8,4a2过点G作4B的平行线，与CD交于点A,与 1 1 1 EB,FB,2,所以 2 4 D交于点4，连接4M,则平面Q与平面CD℃的交线即为易知DH=】DM Mn-号在△n,由余款定，符lI=DM+DW-2DM-QHs∠O +P-2xxIxcos2- 2 032,C正确.由CG=5CG可得点C到平面“的距离是点C 到平面Q的距离的5倍，D正确.故选ACD 53 9.答案：11：11 解析：设OAHOBHOC=l,则 106=0B.0c=0A.0c 2 由B0=00-0B=(OC-0B),可得00=40C+1-00B,.OP.P0=0p.(O0-0P)= 31 0F.00-0P=2(01+0)u0C+0-w08-(01+08=0,化简得221-3=0 :B0.P0=B0(O0-OP)=(OC-OB)·[uOC+(I-)0B-(OA+OB]=0,化简可得 31 22u-3=0, = 113 -+2+u=0 1+2+4=0 3 5 3 2'21 ，联立①②得〔22 解得4币故答案为2=ⅱ：“1 10.答案：24 解析：在正四棱台ABCD-AB,CD中，底面ABCD与底面4B,CD均为正方形，则 4B1BG,所以4瓜·4C=AE(A瓜+BC)=AR=64,可得4B=8,所以 c-A9,贯c4C-号Gc-号4a+04网 =4瓜44+A瓜}AD+A瓜DC)=4瓜4+44g=4瓜44+16 图，过A作AELA山B,垂足为E,因为A4=BB,AB=4,4B=8所以4E=84 =2 2 所以A耳41-=4耳-(4E+)=4瓜4正=16Dc.4C=)x16+16=24 ，故 2 D B 1 11.答案：3 解析：记该正四面体为ABCD,如图，由题意知球O是该正四面体的内切球.作正四面体的高 AH,则H是底面正三角形BCD的中心，O在AH上，连接DH,OD A B 设AB=x,则 3x AH=VAD-DH6 S.wAM-xxx6x= 1 V正四面体BCD= 3×方×2×3-2×2，解得x=1因为ABCD是正四面 体，所以O既是四面体ABCD的内切球球心也是外接球球心，设内切球半径为，即OH=r, 6 由A0=OD,OH+DH=OD2,得 解得2当1最大时， N是球O的直径，PM·P=(P0+O-(PO+OW=(PO+OM)-(PO-Oi) PO'-OM=PO'-1 4，因为点P在正四面体的表面上运动，所以当P是正四面体的顶点 时，PO取得最大值，最大值 AH-oH=16_16 3124,所以PMPN的最大值是 4 243 12.答案： (1)12v3 (2)12 解析：(1)连接NG,因为M9=xMG+N(x,y∈R), 所以点Q在平面MGN上，如图，分别取AB,CC,CD的中点E,F,O, 连接OG,OF,FN,EN,ME,AD,OE 0 G B E B 因为M,G分别为A4,AD的中点，所以MGAD 又由正方体ABCD-ABCD可 DO-DC.AE-TAR D.CMAB,DC-AB, 2 2 所以D,OAE,且DO=AE,故四边形D,OEA为平行四边形，故AD,OE 故MG/OE,故M,G,O,E四点共面， 同理可证N,F,O,E四点共面，E,N,M,F四点共面， 故M,G,O,F,N,E六点共面，由正方体的对称性可得六边形OFNEMG为正六边形， 故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG. 因为正方体ABCD-AB,CD的棱长为4， 所以正六边形OFNEMG的边长为2V2, S=6x号x2√2x2V2×sin60°=12W5 所以点Q的轨迹围成图形的面积是 (2)如图，根据向量数量积的几何意义可得，当点Q位于点O时，MGM0最大， 故MG.M0MGIM01cos∠QMG=2V2xM01cos∠QMG ≤2W2×MO·cos30°=2W2×2√6×c0s30°=12 所以MG·M0的最大值为12.